安徽省宣城市2025-2026学年度高二数学上学期期末检测试题含解析

2025—2026学年度第一学期期末检测

高二数学试题

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自已的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干

净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．

一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确

的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．

1.直线2x3y10的一个方向向量是（）

A.(2,3)B.(3,2)C.(2,3)D.(3,2)

【答案】D

【解析】

【分析】求出给定直线的斜率即可得该直线的一个方向向量a，再求与a共线的向量即可.

22

【详解】直线2x3y10的斜率为k，则直线2x3y10的一个方向向量a(1,)，

33

22

对于A，因2()310，即向量2,3与(1,)不共线，A不合题意；

33

22

对于B，因3()210，即向量3,2与(1,)不共线，B不合题意；

33

22

对于C，因2130，即向量2,3与(1,)不共线，C不合题意；

33

22

对于D，因3()210，即向量3,2与(1,)共线，D符合题意.

33

故选：D

2.记Sn为等差数列an的前n项和.若a4a5a69，则S9（）

A.9B.18C.27D.36

【答案】C

【解析】

【分析】利用等差数列的前n项和公式，等差数列的通项公式进行求解即可.

【详解】a4a5a6a13da14da15d

3a112d

9，

98

S9ad9a36d33a12d27.

91211

故选：C

3.圆22与圆22的公切线条数为（）

C1:(x3)y9C2:xy8y0

A.1B.2C.3D.4

【答案】B

【解析】

【分析】求出两圆圆心距离即半径后，可得位置关系，由位置关系可得公切线条数.

【详解】由22可知圆心为，半径，

C1:(x3)y93,0r13

由22，即22，

C2:xy8y0C2:xy416

则圆心为0,4，半径r24，

则两圆圆心距离为22，，，

d345r1r27r1r21

故r1r2dr1r2，即两圆相交，故公切线条数为2条.

故选：B.

4.在三棱柱中，是的中点，，则（）

ABCA1B1C1EBCAG2GEGC1

1212

A.ABACAAB.ABACAA

331331

1212

C.ABACAAD.ABACAA

331331

【答案】C

【解析】

1

【分析】依题意可得GEAE，再根据空间向量线性运算法则计算可得.

3

1

【详解】因为AG2GE，所以GEAE，

3

11

所以GCGEECCCAEBCAA

11321

111

ABACACABAA1

322

21

ACABAA.

331

故选：C

5.已知在一个二面角的棱上有两个点A，B，线段AC，BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于

棱AB，若AB3，ACBD2，CD13，则这个二面角的大小为（）

ππ2π5π

A.B.C.D.

6336

【答案】B

【解析】

【分析】设二面角的大小为，则AC,BD，又CDACABBD，根据向量数量积的运算律

可求得cos，进而可求得.

【详解】如图，设二面角的大小为，因线段AC，BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB，

则AC,BD，

根据题意可得CDCAABBDACABBD，

22222

所以CDACABBDACABBD2ACAB2ACBD2ABBD，

因为AB3，ACBD2，CD13，

所以1322322220222cos20，

1π

解得cos，又因为0π，所以，

23

π

所以这个二面角的度数为.

3

故选：B.

6.函数fxx2lnx的图象大致是（）

A.B.

C.D.

【答案】A

【解析】

【分析】由函数奇偶性及特殊点函数值即可判断.

【详解】由fxx2lnx，可得定义域为,00,，

2

又fxxlnxx2lnxf(x)，

函数为偶函数，故排除D，

又f39ln30，结合图像可排查BC，

故选：A

7.已知A，B是抛物线y22px（p0）上不同两点，点F是抛物线的焦点，且△OAB（O为坐标原点）

的重心恰为F，若|AF|5，则|AB|（）

A.8B.42C.43D.46

【答案】D

【解析】

3p

xx3p

【分析】根据重心可得12，结合对称性可得，再根据抛物线的定义运算求解得出，

2x1p4

4

y1y2

最后得出弦长即可.

p

【详解】设Ax1,y1,Bx2,y2,F,0，

2

x1x20p

3p

32x1x2

因为△OAB的重心恰为F，则，解得2，

y1y20

0y1y2

3

由y1y2可知A,B关于x轴对称，即x1x2，

3p3p

代入xx2x，可得x，

121214

p5p

又因为AFx5，解得p4，所以y28x，

124

又因为，所以2，2，设<>，所以，

x1x23y124y224y10,y20y126,y226

则ABy1y2262646.

故选：D.

f(x)

n*

8.记R上的可导函数f(x)的导函数为f(x)，满足xn1xn（nN）的数列xn称为函数

f(xn)

2

f(x)的“牛顿数列”．若f(x)，数列x为牛顿数列，且x1，x0，数列x的前n项和为

xn1nn

S

2n

Sn，则满足933的所有n的和为（）

Sn

A.7B.8C.9D.12

【答案】C

【解析】

f(xn)

【分析】根据牛顿数列的定义通过函数求导化简xn1xn得数列递推式xn12xn，即得等比数列

f(xn)

xn，求出数列的通项与前n项和，利用数列的增减性即可求得答案.

22f(xn)

【详解】由可得，根据牛顿数列的定义，xx，

f(x)f(x)2n1n

xxf(xn)

2

22x

n

将f(xn)和f(xn)2代入上式，得xn1xn2xn，

xnxn2

2

xn

n

则数列组成首项为，公比为2的等比数列，故n1，于是12n，

xnx11xn2S21

n12

S22n1S

则2n，2nn，则92n33等价于n，即n，

S2n21n21921338232

Sn21Sn

因{2n}为递增数列，且238,2416,2532,2664，故满足条件的n有4，5两个，它们的和为459.

故选：C.

二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部

选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．

9.下列说法正确的是（）

A.若向量a与b共线，b与c共线，则a与c共线

1

B.若G是四面体OABC的底面ABC的重心，则OG(OAOBOC)

3

216

C.若OGOAOBOC，则A，B，C，G四点共面

555

D.若向量p在单位正交基底{a,b,c}下的坐标为(1,2,3)，则p在基底{ab,ab,c}下的坐标为

13

(,,3)

22

【答案】BD

【解析】

【分析】利用向量共线、重心性质、四点共面条件及基变换等知识逐一判断每个选项即可.

【详解】选项A：若向量b0，则a与b共线，b与c共线，但a与c不一定共线，故A错

误.

选项B：若G是ABC的重心，则

2111

OGOAAGOAABACOAOBOAOCOAOAOBOC，故B正确.

3233

选项C：若A,B,C,G四点共面，则存在实数x,y,z使得OGxOAyOBzOC且xyz1，

2167

这里1，故四点不共面，C错误.

5555

选项D：已知pa2b3c，在基底ab,ab,c下，设pxabyabzc，则：

pxyaxybzc

1

x

xy12

313

所以xy2，解得y，故坐标为,,3，D正确.

222

z3

z3

故选：BD

10.已知函数f(x)x33x21，则（）

A.f(x)有两个极值点

B.f(x)有三个零点

C.点(1,0)是曲线yf(x)的对称中心

D.过点(0,1)且与曲线yf(x)相切的直线恰有两条

【答案】ABD

【解析】

【分析】对于A，分析函数fx的单调性即可得出极值点个数；对于B，利用函数的极值与零点存在定理

可得出零点个数；对于C，通过检验f(2x)f(x)0是否恒成立即可判断；对于D，利用导数的几何意

义写出切线方程，由求出的切点个数即可判断.

【详解】对于A，由f(x)x33x21求导得fx3x26x．

令fx0，得x2或x0，令fx0，得0x2，

所以fx在(0,2)上单调递减，在(,0),(2,)上单调递增，

所以0和2是函数的两个极值点，故A正确；

对于B，由A项分析，f(x)在x0时取得极大值f010，在x2时取得极小值f230，

且当x时，f(x)，当x时，f(x)，故函数fx在定义域上有三个零点，故B正

确；

32

对于C，由f2x2x32x1x33x23，

因为f2xfxx33x23x33x2120，

故曲线yf(x)关于点(1,0)不成中心对称，故C错误；

对于D，设切点为，则切线的方程为322，

x0,y0y(x03x01)(3x06x0)(xx0)

3

代入0,1，可得1(x33x21)(3x26x)(x)，化简得x2(2x3)0，解得x0或x．

0000000002

故过点(0,1)且与曲线yf(x)相切的直线恰有两条，故D正确．

故选：ABD.

11.如图，类似“心形”的曲线E，可以看成由上部分曲线2，下部分曲线

C1:yx2|x|

y2x2

C:1（y0）构成，过曲线C2的焦点F(0,1)的直线l与曲线C2交于M，N两点，P(x,y)是

2a2b2

“心形”曲线E上的动点，则下列说法正确的是（）

A.曲线E上任意一点到原点的距离都不超过5

y2x2

B.曲线C2的方程为1（y0）

54

C.直线yxm与曲线E有2个交点，则m的取值范围为(3,0)(0,12)

45

D.OMN面积的最大值为

5

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据题设易知上半部分表示以1,0为圆心，1为半径的2个半圆，进而确定下半部分椭圆参数

得C2方程，结合椭圆性质判断A、B；根据直线与圆、椭圆的位置关系分析临界条件，结合图形即可得结果

判断C；通过设直线方程，数形结合及联立椭圆方程，应用韦达定理、弦长公式、点线距离公式求出面积解

析式，再运用函数单调性求其最值判断D.

【详解】由2可变形为22，

C1:yx2xx1y1y0

则上半部分表示以1,0为圆心，1为半径的2个半圆.

y2x2

曲线C:1y0的焦点为F0,1，解得c1，b2，a5，

2a2b2

对于A，由曲线E的图形可知，当点P位于C2的下顶点时该点到原点的距离最大，为5，

即曲线E上任意一点到原点的距离都不超过5，故A正确；

22

对于B，由上分析，可知曲线的方程为yx，故B正确；

C21y0

54

yxm

对于C：联立方程x2y2，消去y可得9x28mx4m2200，

1

45

令Δ64m2364m220809m20，解得m3（舍去）或m3，

取直线l1:yx3和直线l2:yx；

1m

若点1,0到直线yxm，即xym0的距离1，解得m21或m21（舍去），

2

1m

若点1,0到直线yxm，即xym0的距离1，解得m=21或m21（舍

2

去），

取直线和直线；以直线为临界，结合图形可知：

l3:yx21l4:yx21l1,l2,l3,l4

若直线yxm与曲线E有2个交点，则3m0或21m21，

所以m的取值范围为3,021,21，故C错误；

0(1)0(1)11

对于D，根据对称性，不妨设l:ykx1，由题意，k，即k，

202022

ykx1

22

联立y2x2，消去y并整理得54kx8kx160，

1

54

8k16

222，则，，

Δ64k64(54k)320k10xMxNxMxN

54k254k2

2

285k1

则MN1k2xx4xx，

MNMN54k2

1

点O到直线l:kxy10的距离为d，

k21

185k2145k21

所以SMNd11，

OMN22

2254kk2154k

45t45

25S

设tk11,，易得OMN4t211，

24t

t

151

函数y4t在1,上单调递增，则4t5，

t2tmin

45

所以S△OMN的最大值为，故D正确.

5

故选：ABD.

三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分．

nπ

12.若数列a的通项公式为ancos，其前n项和为S，则S______．

nn2n2025

【答案】1012

【解析】

nπnπ

【分析】先求出cos的规律，进而得到ncos的规律，即可根据规律求出结论.

22

nπ

【详解】因为cos0,1,0,1,0,1,，

2

n

所以ancos0,2,0,4,0,6,0,8,，

n2

nπ

所以ncos每四项和为2，

2

因此S2025S2024a2025a1a2a3a4a2021a2022a2023a2024a2025

2024

201012．

4

故答案为：1012.

sinx

13.设函数f(x)，则曲线yf(x)在点M(π,0)处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为______．

x

π1

【答案】##π

22

【解析】

【分析】根据导数的几何意义写出切线方程，进而求得切线与坐标轴的交点，即可求得结果.

sinxxcosxsinxπcosπsinπ1

【详解】由求导得f(x)，则，

f(x)f(π)2

xx2ππ

1

故切线方程为y(xπ)，令x0，得y1，令y0，得xπ，

π

1π

即切线与坐标轴分别交于(0,1),(π,0)，故切线与两坐标轴围成的三角形面积为π1.

22

π

故答案为：.

2

x2y2

14.已知双曲线C:1（a0，b0）的一条渐近线的斜率为3，左右顶点分别为A1，A2，

a2b2

右焦点为F，且M，N是双曲线C位于第一象限的两点，A2M//NF，若|NF|4a，则tanA1MA2______．

【答案】57

7

【解析】

【分析】由题意|NF|4a，FF14a,NF16a，余弦定理得cosNFF1，得tanNFF1，由

tanMA1FtanMA2F3，求tanMA1F，最后由tanA1MA2tan(MA2FMA1F)求值即可.

bcb

【详解】依题意，3，则1()22，

aaa

设双曲线的左焦点为F1，连接NF1，则|FF1|2c4a，因|NF|4a，则|NF1||NF|2a6a，

222

(4a)(4a)(6a)1123

在F1NF中，由余弦定理，cosNFF，则sinNFF1()7，

124a4a8188

3

7

tanNFF837，

11

8

又，故.

A2M//NFtanMA2Ftan(πNFF1)37

s2t2b2(s2a2)

设点M(s,t)，则易得1，即t2，

a2b2a2

tt

由tanMAF,tanMAF，可得

1sa2sa

ttt2b2(s2a2)b2

tanMAFtanMAF3，

12sasas2a2a2(s2a2)a2

则37，

tanMA1F

377

7

37

tanMA2FtanMA1F757

故tanA1MA2tan(MA2FMA1F).

1tanMAFtanMAF77

21137

7

故答案为：57.

7

四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．

15.已知圆x2y29内有一点P(1,2)，AB为过点P的弦．

（1）当|AB|42时，求直线AB的方程；

（2）求弦AB中点M的轨迹方程．

【答案】（1）x1或3x4y50

15

（2）(x)2(y1)2

24

【解析】

【分析】（1）分直线斜率存在与不存在两种情况考虑，在斜率不存在时结合图形求出弦长检验可得；在斜

率存在时，利用弦长公式求出直线斜率即得直线方程；

（2）方法一：由垂径定理得OMAB，从而可得点M的轨迹是以OP为直径的圆，求出圆的方程即可；

方法二：利用，代入点的坐标推导即得；方法三：利用，代入点的坐标推导即

kOMkAB1OMPM0

得.

【小问1详解】

当直线AB的斜率不存在时，AB的方程为x1，代入x2y29，y22

此时|AB|42，符合题意；

当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y2k(x1)，即kxyk20

2

k223

设原点O到直线AB的距离为d，则d322，解得k

k214

3

AB的方程为y2(x1)，即3x4y50

4

综上，直线AB的方程为x1或3x4y50

【小问2详解】

方法一：M是AB的中点，由垂径定理得OMAB

1

M的轨迹是以OP为直径的圆．OP的中点为(,1)，

2

1115

即圆心为(,1)，半径r|OP|(10)2(20)2

2222

1225

M的轨迹方程为(x)(y1)

24

yy-2

方法二：设M(x,y)，由垂径定理得OMAB，k=，k=（x0且x1），

OMxABx+1

yy215

kk1，得(x)2(y1)2（x0且x1)

OMABxx124

当x0时，y2，x1时，y0，也满足上式，

1225

M的轨迹方程为(x)(y1)

24

方法三：设M(x,y)，由垂径定理得OMAB，OMPM0

15

即x(x1)y(y2)0，即M的轨迹方程为(x)2(y1)2.

24

*

16.已知数列{an}的前n项和为Sn，a12，an12Sn2（nN）．

（1）求{an}的通项公式；

1an

（2）记bnan1，数列的前n项和为Tn，若Tn恒成立，求实数的取值范围．

2bnbn1

【答案】（1）n1

an23

1

（2）(,]

4

【解析】

【分析】（1）根据an与Sn的数量关系推得an13an，利用等比数列的定义即可求出数列的通项；

an

（2）依题意，求出的表达式，采用裂项相消的方法求和Tn，根据数列的增减性即可求得参数的范围.

bnbn1

【小问1详解】

由an12Sn2得：an2Sn12（n2），

两式相减得：an1an2an，即an13an（n2），

*

又n1时，a22S122a1263a1，an13an（nN），

是以为首项，公比的等比数列，n1.

ana12q3an23

【小问2详解】

1

ba13n11，

n2n

a23n111

n，

n1nn1n

bnbn1(31)(31)3131

11111111

Tn，

3013113113213n113n123n1

1

易知，T随n增大而增大，T的最小值是T，

nn14

11

由T恒成立，可得，故的取值范围是(,].

n44

17.如图，点C在以AB为直径的半圆的圆周上，ABC60，且BP平面ABC，AB2BP4，

CDCP（0≤≤1）．

（1）求证：平面PAC平面PBC；

1

（2）当直线AC与平面ABD夹角的正弦值为时，求的值．

4

【答案】（1）证明见解析

1

（2）

3

【解析】

【分析】（1）利用线面垂直的性质定理与判定定理即可证明；

（2）依题意建系，写出相关点的坐标，求出相关向量的坐标，利用空间向量的夹角公式列方程求解即得

的值.

【小问1详解】

BP平面ABC，AC平面ABC．ACPB.

又AB为直径，点C在圆上，ACBC，

又BC，BP平面PBC，BCBPB，AC平面PBC，

又AC平面PAC，平面PAC平面PBC.

【小问2详解】

由PB平面ABC，ABC60．

以B为原点，BA方向为x轴，BP方向为z轴，建系如图．

则B(0,0,0)，A(4,0,0)，P(0,0,2)，C(1,3,0)

AC(3,3,0)，BA(4,0,0)，CP(1,3,2)，BC(1,3,0)．

CDCP(,3,2)，BDBCCD(1,33,2)．

nBA0

设平面ABD的法向量为n(x,y,z)，则，

nBD0

4x0

即，可取n(0,2,33).

(1)x(33)y2z0

设直线AC与平面ABD所成角为，

|ACn||23|1

则sin|cosAC,n|,

|AC||n|2342(33)24

1

32210，解得或1（舍），

3

1

综上，的值是.

3

22

xy31

18.已知椭圆C:1（ab0）过点D(1,)，离心率为．

a2b222

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）若直线l与椭圆C交于A，B两点．

（i）当线段AB的中点坐标为E(1,1)时，求直线l的方程；

（ii）当直线l斜率为1，且不过原点O，直线l与y轴交于点P，T是A关于x轴的对称点．记直线BT与

x轴交于点Q，求△OPQ周长的最小值．

x2y2

【答案】（1）1

43

（2）（i）3x4y70；（ii）422.

【解析】

【分析】（1）根据椭圆的离心率和经过的点建立方程，求出a,b，即得椭圆方程；

（2）（i）解法一：利用点差法利用弦的中点求出弦所在直线的斜率即得；解法二：设直线的方程与椭圆方

程联立，借助于韦达定理求出直线的斜率即得；（ii）设直线l:yxt，与椭圆方程联立，写出韦达定理，

4

求直线BT的方程，令y0，求得|OQ|||，表示出△OPQ的周长表达式，利用基本不等式即可求得

t

其最小值.

【小问1详解】

32

2()

12

1

a2b2a2

由题意得，解得：

c1

b3

a2

222

abc

x2y2

椭圆C的标准方程是1.

43

【小问2详解】

x2y2

111

43

（i）解法一：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则，

x2y2

221

43

(xx)(xx)(yy)(yy)

相减得：121212120,

43

yy3

12

AB中点是(1,1)，x1x22，y1y22，代入上式得：，

x1x24

33

即l的斜率k，l的方程为y1(x1)，即3x4y70.

44

解法二：当l的斜率不存在时，显然不合题意．

x2y2

当l的斜率存在时，设方程为y1k(x1)，代入1得：

43

(34k2)x2(8k28k)x4k28k80，

8k28k3

设A(x1,y1)，B(x2,y2)则xx2，解得：k

1234k24

3

l的方程为y1(x1)，即3x4y70.

4

（ii）设直线l:yxt（t0），令x0，得：yt，|OP||t|

设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则T(x1,y1)，

yxt

联立直线l与椭圆方程x2y2消元得：7x28tx4t2120，

1

43

由64t247(4t212)0，得7t7，

8t2

则，4t12,

x1x2xx

7127

y2y1

直线BT的方程为y(y1)(xx1)，

x2x1

y1(x2x1)y1x2x1y2(x1t)x2x1(x2t)

令y0，得xx1,

y2y1y2y1x1tx2t

8t2248